Hoofdstuk 1 - Exponentiële en logaritmische...

⁄4© Noordhoff Uitgevers bv

Hoofdstuk 1 - Exponentiële en logaritmische functies

Voorkennis: Exponenten en logaritmen

bladzijde 12

V-1a Elk jaar wordt het aantal heideblauwtjes vermenigvuldigd met een vast getal. Dit getal ligt tussen 0 en 1, dus is er sprake van exponentiële afname.

b gper jaar = 0 88, , gper 2 jaar = =0 88 0 772, ,

c N t b gt t( ) ,= ⋅ = ⋅75000 0 88

d N( ) ,6 75000 0 88 348306= ⋅ = vlinders e Opgelost moet worden 75000 0 88 10 000⋅ =, t . Met de optie intersect van de GR

volgt t = 15 8, . Dus als het afnameproces op deze manier door blijft gaan zijn er in het jaar 2018 nog ongeveer 10 000 vlinders over zijn.

V-2a gper half uur = =2 3 1 5170 5, ,, , gper kwartier = =2 3 1 2310 25, ,,

b gper minuut = =2 3 1 013981

60, ,

V-3a gper jaar = 1 035, , waaruit volgt gper 10 jaar = =1 035 1 4110, , , dus de bevolking neemt in 10 jaar met 41% toe.

b gper 17 uur = 1 8, , waaruit volgt gper 6 uur = =1 8 1 236

17, , , dus de procentuele toename per 6 uur is 23%.

c gper 5 jaar = 2 , waaruit volgt gper 3 jaar = =2 1 5235 ,

bladzijde 13

V-4a 2 3t = , dus t = ≈2 3 1 58log ,

b 5 82t+ = , waaruit volgt t + =2 85 log en dus t = − ≈ −5 8 2 0 71log ,

c 3 72 1t− = , waaruit volgt 2 1 73t − = log , dus 2 7 13t = +log en dus t = + ≈3 7 1

21 39

log,

d 1 3 1012+ ⋅ =( )t , waaruit volgt 3 91

2⋅ =( )t en dus ( )12 3t = . Dit geeft t = ≈ −

12 3 1 58log ,

V-5a 3 3 3 38 5 8 5 40log log log( ) log+ = ⋅ =

b 2 2 2 218 3 183

6log log log log− = =

c 3 3 3 3 2 3 2 36 2 5 6 5 6 5 1log log log log log( ) log+ ⋅ = + = ⋅ = 550

d 3 4 2 2 4 2 42

3 3 3 3 3 2 33

33⋅ − ⋅ = − = =log log log log log log116

V-6a 2 14 2log = − , want 2 2 1

4− =

b 12 4 2log = − , want ( )1

22 4− =

c 14 1

212log = , want ( )1

412

12 =

d 2 124 2 2log = , want 2 4 221

2 =

e 0 5 0 25 2, log , = , want 0 5 0 252, ,= f 8 2

34log = , want 8 2 2 423

233 2= = =( )

0pm_MW9_VWOBB_WiskB_Dl3_Uitw.indd 4 4-5-09 13:29



V-7a

O

2

4

x–2 2 4 8 10 12 14

y

f–2

8

6

6

!

b Om de grafiek van de functie f te krijgen, moet je de grafiek van de functie g 4 omhoog en 2 naar rechts schuiven.

c f x( ) = 0 oplossen geeft 4 2 02+ − =log( )x , waaruit volgt 2 2 4log( )x − = − , dit geeft x − = =

−

2 24

116 en dus x = 2 1

16 . d f x( ) = 3 oplossen geeft 4 2 32+ − =log( )x , waaruit volgt 2 2 1log( )x − = − , dit geeft

x − = =−

2 21

12 en dus x = 2 1

2 . De coördinaten van S zijn dus ( , )2 312 .

V-8a Invullen van D = 1 8, meter in log , logD H= − + ⋅2 1 5 geeft log , , log1 8 2 1 5= − + ⋅ H ,

waaruit volgt 1 5 2 1 8, log log ,⋅ = +H , dit geeft loglog ,,

,H = + =2 1 81 5

1 5035 en dus

H = =10 31 881 5035, , meter.

b Als de diameter 360 cm is, zou de hoogte 63,76 meter moeten zijn. Invullen van D = 3 6, meter in log , logD H= − + ⋅2 1 5 geeft log , , log ,3 6 2 1 5= − + ⋅ H

waaruit volgt 1 5 2 3 6, log log ,⋅ = +H , dit geeft loglog ,,

,H = + =2 3 61 5

1 7042 en dus

H = =10 50 611 7042, , meter.

Conclusie: bomen met een twee maal zo grote diameter zijn niet twee maal zo hoog. c log , log log log log(,D H H H= − + ⋅ = + = ⋅2 1 5 1

1001 5 1

10011 5, ) ,

dus D H= ⋅1100

1 5, met p = 1100 en q = 1 5, .

1.1 Een ander grondtal

bladzijde 14

1a f t t t t4

4 42 2 16( ) ( )= = = b 2 8a = oplossen geeft a = =2 8 3log

c 2 12

a = oplossen geeft a = = −2 12 1log , 2 2a = oplossen geeft a = 1

2

d schatting: 2 3< <a , 2 7a = oplossen geeft a = ≈2 7 2 8log ,

2a 0 5 5, a = oplossen geeft a = ≈ −0 5 5 2 32, log , , dus f t t t t( ) ( , ) ,, ,= ⋅ = ⋅ = ⋅− −2 5 2 0 5 2 0 52 32 2 32

b 10 2 8a = , oplossen geeft a = ≈10 2 8 0 45log , ,

c h t t( ) ,= ⋅3 0 75 , 10 0 75a = , oplossen geeft a = ≈ −10 0 75 0 12log , , , dus h t t( ) ,= ⋅ −3 10 0 12

k t t( ) ( )= ⋅5 23 , 10 2

3a = oplossen geeft a = ≈ −10 2

3 0 18log , , dus k t t( ) ,= ⋅ −5 10 0 18

d a heeft een negatieve waarde als g < 1




bladzijde 15

3a 3 52t = geeft 2 53t = log en dus t = ≈12

3 5 0 73log ,

b 3 2 5⋅ =t geeft 2 53

t = en dus t = ≈2 53 0 74log ,

c 2 3 0 7 1 8, , ,⋅ =t geeft 0 7 1 82 3

, ,,

t = en dus t =

≈0 7 1 8

2 30 69, log ,

,,

d 500 1 95 16 0001⋅ =−, t geeft 1 9516 000

500321, t− = = waaruit volgt t − =1 321 95, log en dus

t = + ≈1 32 6 191 95, log ,

4a Groeifactor per 25 jaar is 2,7, dus groeifactor per jaar is 2 7 1 04125, ,≈

b P t b gt t t( ) , , ,= ⋅ = ⋅ =1 0 1 04 1 04

c 1 04 2, T = oplossen geeft T = ≈1 04 2 17 7, log , jaar d 2 1 04a = , geeft a = ≈2 1 04 0 057log , , , dus P t t t( ) , , ,= ⋅ =1 0 2 20 057 0 057

e 1 0 2 1 0 1 04, , ,⋅ = ⋅at t geldt voor alle t, dus geldt ook voor de verdubbelingstijd T. 1 0 2 1 0 1 04, , ,⋅ = ⋅aT T en daaruit volgt 2 1 04 2aT T= =, , (want T was de

verdubbelingstijd bij groeifactor 1,04), dus geldt aT = 1 .

5a Periode = =20 25

8,

jaar.

b 210

0 2= , , dus de formule wordt dan N t= +103 29 0 2 5 18, sin( , ) ,

c N t= ⋅ +2 103 29 0 2 5 18, sin( , ) , , 10 2a = oplossen geeft a = ≈10 2 0 30log , , dusN t= ⋅ =+10 10 100 30 3 29 0 2 5 18 3 29 0, , sin( , ) , , sin( ,22 5 18 0 30 3 29 0 2 5 4810t t) , , , sin( , ) ,+ + +=

d Met de nieuwe formule is het maximum aantal konijnen veel kleiner, namelijkNmax

, , ,= = ≈+10 10 232 18 5 18 7 36 miljoen . (Met de oude formule was het maximumNmax

, , ,= = ≈+10 10 2953 29 5 18 8 47 miljoen ).

6a f t at b t t t t( ) = = = = ( ) = ( )+ − + − −2 2 2 22 0 2 2 14 . Dit is een exponentiële formule met

groeifactor kleiner dan 1 (en groter dan 0), dus de grafiek van f daalt.

b 1. y t t t= ( ) = ( ) =− −12

12 2 , dus a = −1 en b = 0

2. y tt

t t= ⋅ = ⋅ ( ) = ⋅ =⋅ ⋅ +32 5 2 2 2 2 25 5 5 5 5 52 2 2log log log , dus a = ≈2 5 2 32log , en b = 5

3. y t t= ⋅ =⋅ ⋅ +2 2 22 2 2 24 5 0 6 0 6 4 5log , log , log , log , , dus a = ≈ −2 0 6 0 74log , , en b = ≈2 4 5 2 17log , ,

4. y t t t t= = ⋅ = ⋅ ( ) = ⋅ ( ) = ⋅− − −3 3 3 3 3 3 2 21 2 1 2 2 19

32 2log loog log log1

92 1

92

2 3⋅ ⋅ +=t t , dus

a = ≈ −2 19 3 17log , en b = ≈2 3 1 585log , .



1.2 Het getal e

bladzijde 16

7a

O

2

4

x–1–2–3 1 2 4 5

y

f f’

–2

10

12

6

3

8

!

De hellingfunctie is zelf ook een exponentiële functie met groeifactor 2. (De helling wordt steeds met 2 vermenigvuldigd.)

b x 0 1 2 3 4 5ddyx

0,693 1,386 2,773 5,545 11,090 22,181

′ ≈ ⋅f x f x( ) , ( )0 69 0,69 1,38 2,76 5,52 11,04 22,08

De hellingfunctie komt redelijk goed overeen met ′ ≈ ⋅f x f x( ) , ( )0 69 . c ′ ≈ ⋅ ≈ ⋅f x f x x( ) , ( ) ,0 69 0 69 2

8a f x x( ) = 3 en ′ = ⋅f x f x( ) , ( )1 10 , h x x( ) ,= 0 7 en ′ = − ⋅h x h x( ) , ( )0 36 , k x x( ) = ( )12 en

′ = − ⋅k x k x( ) , ( )0 69 , m x x( ) ,= 1 3 en ′ = ⋅m x m x( ) , ( )0 26

b Er geldt g > 1 als cg > 0 en 0 1< <g als cg < 0

9a f x f x g g g gx x x( , ) ( ), ,

,+ − = − = ⋅+0 0010 001 0 001

0 001 0,, , ,

,( )

,( )001 0 001 0 001

0 0011

0 0011

0− = − = −g g g gx x

,, 001⋅ gx

b cg

g ≈ −0 001 10 001

,

,

c

cg ≈ 1 als g ≈ 2 72,

d f x gx( ) = , ′ = ⋅ =f x f x f x( ) ( ) ( )1 , dus als cg = 1 zijn f x( ) en ′f x( ) gelijk aan elkaar.

x 0 1 2 3 4 5ddyx

0,693 1,386 2,773 5,545 11,090 22,181

g 2 3 4 5 6 7

cg 0,69 1,10 1,39 1,61 1,79 1,95

g 2,2 2,4 2,6 2,8 3,0 3,2

cg 0,79 0,88 0,96 1,03 1,10 1,16




bladzijde 17

10a

O

2

4

x–1–2 1 3

y

f

–1

6

8

1

3

5

7

2

b f x( ) = 2 oplossen: e x = 2 geeft x x= e log

f x( ) = 3 oplossen: e x = 3 geeft x = e log3

Conclusie: 2 3≤ ≤f x( ) als e elog log2 3≤ ≤x

c ′ =f x x( ) e , ′ =f ( , ) ,1 5 1 5e

O

2

4

x–1–2 1 3

y

f t

–1

6

8

1

3

5

7

2

d y ax b x b= + = +e1 5, , invullen van het punt ( , ; ),1 5 1 5e geeft e e1 5 1 5 1 5, , ,= ⋅ + b en dus b = − ⋅ = −e e e1 5 1 5 1 51 5 0 5, , ,, , . Conclusie: de vergelijking van de raaklijn is y x x= − ≈ −e e1 5 1 50 5 4 48 2 24, ,, , , .

11a ′ = ⋅ =f x x x( ) e e3 33 3

b ′ = ⋅ − = −− −f x x x( ) e e2 22 2

c ′ = ⋅ − = −− −f x x x( ) e e5 3 5 33 3

d ′ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ +f x x x x x xx x x x( ) 3 2 3 22 3 2 42 2 2 2

e e e e

e ′ = ⋅ ⋅ = ⋅f x x xx x( ) cos cossin sine e2 22 2 2 2

f ′ = + ⋅ − − ⋅+

= +f xx x x x

x

x x

( ) ( ) ( )( )

e e e ee

e e1 2 2 31

2 22

2 −− ++

=+

2 31

51

2

2 2e e

ee

e

x x

x

x

x( ) ( )

12a h t= +1 2 0 001, , met h in km en t in seconden. b p h t= ⋅ = ⋅ =− − ⋅ +1000 1000 1000 14 0 14 1 2 0 001e e, , ( , , ) 00 0 168 0 00014⋅ − −e , , t

c ′ = ⋅ ⋅ − = − ⋅− −p t t( ) , ,, ,1000 0 00014 0 140 168 0 00014e ee− −0 168 0 00014, , t

′ = − ⋅ = −− − ⋅p ( ) , ,, ,0 0 14 0 1180 168 0 00014 0e millibar per seconde




13a n( ) ,0 751 2

751 2

250 2 0=+ ⋅

=+

=− ⋅e vliegjes

b

O

20

40

x–1 2 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 151 3

y

n

–10

60

10

30

50

70

4

c ′ = + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ −+ ⋅

− −

−n tt t

( ) ( ) ,(

, ,1 2 0 75 2 0 21 2

0 2 0 2e ee 00 2 2

0 2

0 2 230

1 2,

,

,) ( )t

t

t=+ ⋅

−

−ee

d ′ =+ ⋅

= ≈− ⋅

− ⋅n ( )( )

,,

,5 301 2

3 66 40 2 5

0 2 5 2ee

vliegjes per dag

e Maak een plot van ′n en bepaal het maximum. Dit levert t ≈ 3 47, .

14a ′ = ⋅ + + ⋅ ⋅ − = − − = −− − − − −f x x xx x x x x( ) ( )2 2 4 1 2 2 4e e e e e 22 2 2 1e e e− − −− = − +x x xx x( )

f x'( ) = 0 oplossen geeft − + =−2 1 0e x x( ) en dus − =−2 0e x of 1 0+ =x . De eerste vergelijking heeft geen oplossing en de tweede vergelijking levert x = −1 . De uiterste waarde van f is f ( ) ( )− = ⋅ − + ⋅ =1 2 1 4 21e e .

b

O

1

2

x–1–2–3 1 2 4 5

y

f–1

5

6

3

3

4

!

c ′′ = − ⋅ − ⋅ + + − ⋅ = + −− − − −f x x xx x x x( ) ( )2 1 1 2 1 2 2 2e e e e e−− −=x xx2 e

′′ =f x( ) 0 oplossen geeft 2 0x xe− = waaruit volgt 2 0x = of e− =x 0 . Alleen de eerste vergelijking heeft een oplossing, namelijk x = 0 . De coördinaten van het buigpunt zijn dus (0,4).




1.3 Natuurlijke logaritme

bladzijde 18

15a,b

!

O

2

4

x–1–2 1 4 5 6 7 8

y

f

–2

6

1

3

5

2 3

–1

c ( , )1 0 , ( , )e 1 en ( , )e2 2

d De grafiek van f heeft een horizontale asymptoot y = 0 en de grafiek van g heeft een verticale asymptoot x = 0 .

e Het domein van de functie g is 0,→ .

16a f p pp(ln ) ln= =e , dus het punt A p p(ln , ) ligt op de grafiek van f . g p p( ) ln= , dus het punt B p p( , ln ) ligt op de grafiek van g . b ′ =f x x( ) e , ′ = =f p pp(ln ) lne

c ′ =g xx

( ) 1 , ′ =g pp

( ) 1

d Er geldt ′ =′

⇒ ⋅ =f pg p

f p g p(ln )( )

'(ln ) '( )1 1 .

17a ′ = ⋅ =f xx x

( ) 4 1 4

b ′ =−

⋅ − =g xx x

( ) 13

3 1

c ′ = ⋅ − = −h xx x

( ) 13

3 1 1 1

d ′ = ⋅ ⋅ =k x xx

xx

( ) ln ln2 1 2

e ′ = ⋅ + ⋅ = +l x x x xx

x x x( ) ln ln2 1 22

f ′ =⋅ − ⋅

= −m xx

xx

xx

x( )

lnln

1 11

2 2




bladzijde 19

18a ′ = ⋅ =f xx x

( ) 13

3 1 en ′ =g xx

( ) 1 , dus de functies hebben dezelfde afgeleide.

b v f g= − , ′ = ′ − ′ = − =v x f x g xx x

( ) ( ) ( ) 1 1 0 , de helling van de grafiek van v is gelijk aan

nul voor elke waarde van x , dus de grafiek van v is een rechte lijn.

c s f g= + , ′ = ′ + ′ = + =s x f x g xx x x

( ) ( ) ( ) 1 1 2

19a ′ =−

⋅ − = −−

=−

f xx x x

( ) 16 2

2 26 2

13

b ′ = ⋅ + ⋅g x xx

x x( ) lne e 1

c ′ =−

⋅ =−

h x xx

x

x( ) 11 1e

e ee

d ′ =⋅ − ⋅

= − = − =k xx

xx x

xx x x

xx x

x( )

lnln ( ln )

2

4 4 4

1 22 1 2 11 2

3− ln x

x

e ′ =⋅ − ⋅ ⋅ ⋅

=−

= −l xx x

xx

xx

x x( )

ln ln

ln

ln

ln l

2

4 4

0 1 2 1 22

nn3 x

f ′ = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅m x x x x xx

x x x x( ) ln ln ln ln3 2 1 3 22 2 3 2 2 2

20a Er moet gelden x > 0 en 2 0− ≠ln x , 2 0− =ln x als ln x = 2 , dus als x = e2 . Conclusie: x > 0 en x ≠ e2 .

b f x( ) = 0 als ln x = 0 , dus als x = 1 . Met behulp van de grafiek volgt dat f x( ) > 0 als 1 2< <x e .

c f ( ) lnln

e ee

−−

−=−

= −− −

= −55

525

2 55

7, f ( ) ln

lne e

e−

−

−=−

= −− −

= −2020

20220

2 202022

en

f ( ) lnln

e ee

−−

−=−

= −− −

= −10001000

100021000

2 100011000

1002. Deze uitkomsten laten zien dat als x

naar nul nadert, f x( ) naar −1 nadert.

d De verticale asymptoot van f is x = e2 en de horizontale asymptoot van f is y = −1 .

e ′ =− ⋅ − ⋅ −

−=

− +f x

xx

xx

xx

xx( )

( ln ) ln

( ln )

ln ln2 1 1

2

2

2

xxx

xx

x x x( ln ) ( ln ) ( ln )2

2

22

22 2 2−=

−=

− ′ =f x( ) 0 heeft geen oplossing (want 2 0≠ ) , dus f x( ) heeft geen uiterste waarden.




21a

O

1

2

x–2–4–6 2 4 8

y

f

–1

5

3

6

4

Het domein van f is �.

b ′ =+

⋅ =+

f xx

x xx

( ) 11

2 212 2 , ′ =f x( ) 0 als 2 0x = dus als x = 0 . De helling is gelijk aan 0

in het punt ( , )0 0 .

c ′ =f x( ) 12 oplossen met behulp van de optie intersect van de GR geeft x ≈ 0 27, en

x ≈ 3 73, . d De grafiek van ′f plotten en met de GR het maximum bepalen geeft x = 1 . Dus in

het punt ( , ln )1 2 van de grafiek van f is de helling maximaal.

22a f x x x( ) log lnln

= =3

3

b h x x x( ) log( ) ln( )ln

= + = +22

1 110

c g xx

x( ) log( )ln

ln= =4 2

2

4

1.4 Afgeleide functies

bladzijde 20

23 ′ =⋅ − ⋅

=f x xx

x( )

ln ln

ln ln

2 1 0

21

22

24a ′ =f xx

( )ln1

6

b ′ =+

⋅ =+

f xx

x xx

( )( ) ln ( ) ln

11 2

2 21 22 2

c ′ =−

⋅ =−

f xx x

( )( ) ln ( ) ln

12 4 5

2 22 4 5

d ′ = ⋅ − = ⋅ − = −−f x

x

x xx x

( )ln ln ln1

2 32

2 32 1

32

2




25a f x g x( ) ( )= oplossen geeft achtereenvolgens 2 25 2log( ) log− = −x x

2 2 25 4log( ) log log− = −x x

2 25 4log( ) log− =xx

5 4− =xx

5 42x x− =

x x2 5 4 0− + = ( )( )x x− − =1 4 0

x = 1 of x = 4

De coördinaten zijn dus A( , )1 2 en B( , )4 0

b CD f p g p p p p= − = − − + = − −( ) ( ) log( ) log log( ) l2 2 2 25 2 5 oog log log( )45

42 2+ = − ⋅p

pp

= − = −22

2 254

1 25 0 25log log( , , )p p

p p

c CDp p

p′ =−

⋅ − = −11 25 0 25 2

1 25 0 51 25 0

2( , , ) ln( , , )

( , ,551 25 0 25 22

pp p

)( , , ) ln−

CD′ = 0 oplossen geeft 1 25 0 5 0, ,− =p , waaruit volgt 1 25 0 5, ,= p en dus

26a ea = 3 geeft a = ln 3

b ′ = ⋅ = ⋅f x x x( ) ln lnlne 3 3 3 3

c f x x x( ) ln( ) ( )= =− ⋅ −2 1 2 1e , ′ = ⋅ = ⋅⋅ − −f x x x( ) ln lnln( ) ( )e 2 1 12 2 2

d g x x x( ) ( ) ln( )= ⋅ = ⋅3 312

12e , ′ = ⋅ ⋅ = ⋅g x x x( ) ln ln ( )ln( )3 3

12 1

212

12e

bladzijde 21

27a ′ = ⋅f x x( ) ln 4 4

b ′ = − ⋅g x x( ) ln( ) ( )13

13

c ′ = ⋅ ⋅h x x( ) ln7 8 8

d ′ = ⋅ ⋅ − = − ⋅− −j x x x( ) ln ln2 2 3 3 2 23 3

e ′ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅+ +k x x x( ) ln ln3 4 4 2 6 4 42 1 2 1

f ′ = ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅m x x xx x x x( ) ln ln1 5 5 5 5 5 5

28a g = 0 99988,

b f t b gt t( ) , ,= ⋅ = ⋅0 14 0 99988

c ′ = ⋅ ⋅f t t( ) , ln , ,0 14 0 99988 0 99988 , ′ = ⋅ ⋅ = − ⋅ −f ( ) , ln , , ,50 0 14 0 99988 0 99988 1 67 1050 5 milligram per jaar.

d Oplossen van de vergelijking 100 0 99988 2⋅ =, t geeft t = 32598 jaar.

29a f x x p x p xp

( ) ln ln= = = ⋅e e

b ′ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅⋅ − −f xpx

x p x p xp x p p( ) lne 1 1

p = =1 250 5

2 5,,

, .




30a

O

100

200

x–2 4 10 12 14 16 18 202 6

y

f

–50

300

50

150

250

350

8

Als t = 0 geldt Q =+

=3301 10

30 , als t groter wordt, wordt het exponentiële deel van

de functie steeds kleiner, dus de grafiek nadert naar 330.

b Oplossen met de GR van: 3301 10

1100 3818+=−e , x geeft t = 4 2, jaar.

c dd

e eQt

t

= + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅− −( ) ( ,,1 10 0 330 10 0 38180 3818 0,,

,

,)( )

,3818

0 3818 2

0 3818

1 101259 94t

t

t

+ ⋅= ⋅

−

−

ee

(( ),1 10 0 3818 2+ ⋅ −e t

d De noemer van ddQt

is een kwadraat en dus altijd positief. De teller van ddQt

is een

vermenigvuldiging van een positief getal met een e -macht en dus ook altijd positief.

Als geheel is de deling ddQt

dus ook altijd positief. Als de helling positief is, weet je

dat de grafiek van Q stijgt.

1.5 Primitieven

bladzijde 22

31a F xa

a f xaax ax

a′ = ⋅ ⋅ = =( ) ( )1 e e

b f xax x( ) ln= =2 2e , dus a = ln 2

c F x Cax x( )

ln lnln= ⋅ + = ⋅1

212

22e

32a h xx x

x x

( )ln

ln( )

=>

− <

0

0

b x > 0 : ′ =h xx

( ) 1

c x < 0 : ′ =−

⋅ − =h xx x

( ) 1 1 1

33a ′ = ⋅ =f xx x

( ) 13

3 1 , ′ =−

⋅ − =g xx x

( ) 15

5 1

b ′ = ⋅ = =F xax

ax

f x( ) ( )1 1

c In het kleurvak staat een speciaal geval van de uitkomst van opdracht b, namelijk het geval a = 1 .




34a F x Cx( )ln

= ⋅ +110

10

b G x C Cx x( )ln ln

= ⋅ ⋅ + = ⋅ +5 14

4 54

4

c H x C Cx x( )ln

( )ln

( )= − ⋅ ⋅ + = − ⋅ +3 1 313

13 1

3

13

d K x Cx x( )ln ln

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ +12 15

5 17

127 5

57 7

35a F x x C( ) ln= − ⋅ +3

b G x x C( ) ln= +13 3

c K x x C( ) ln= − +3 6

bladzijde 23

36a ′ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ≠F x xx

xx

f x( ) ln ln ( )13

2 23 1 1

b ′ = ⋅ + ⋅ − = + − = =G x x xx

x x g x( ) ln ln ln ( )1 1 1 1 1

c ′ = ⋅ + ⋅ ⋅ − − ⋅ + = +F x x x xx

x xx

x( ) ln ln ln ln l1 2 1 2 2 1 2 22 2 nn ln ln ( )x x x f x− − + = =2 2 2 2

d f x g x( ) ( )= oplossen geeft ln ln2 x x= , waaruit volgt ln x = 1 of ln x = 0 en dus x = e

of x = 1 . De coördinaten van de snijpunten zijn dus ( , )1 0 en ( , )e 1 .

e

37a F x Cx( ) = − +− +13

3 5e

b f x xx( ) ln= =e , F x x C( ) = +12

2

c f x x x x x x x x( ) ( )= − = − ⋅ = − = −− −e e e e e e e e2 2 2 2 2 2 0 21 1 , F x x Cx( ) = − +12

2e

d f xx x x x

x x( ) = + = + = +− −

−e e e e e e2 2 2 2

13

2 13

2

3 3 3,

F x C Cx x x x( ) = ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + = − +− −13

12

2 13

12

2 16

2 16

2e e e e

e F x x C xx x( )ln ln

= ⋅ ⋅ + + = ⋅ + +− −13

3 12 3

32 1 12

14

4 2 1 14

4 CC

38a A f x x x( ) ( ) , , ,1 4 4 41

10 5

1

1 0 5 0 5= = = −−

−

−∫ d e e e

b A p f x xp

x p p( ) ( ) , , ,= = = −−

−

−∫ d e e e1

0 5

1

0 5 0 54 4 4

c A p p( ) , ,= ⇒ − =−16 4 4 160 5 0 5e e oplossen met de GR geeft p ≈ 3 055,

( ( ) ( )) ln ln lng x f x x x x x x x x x x− = ⋅ − − ⋅ + ⋅ − ∫ de

e

1

2

12 2 == − − + − − − − = −( ) ( )e e e e e e2 2 1 2 3




d

O

4

8

x–0,5 1 2,5 3 3,5 4 4,5 50,5 1,5

y

f

–1

2

6

10

2

De x -coördinaat van het snijpunt van de grafiek van f met de lijn y = 8 : 2 80 5e , x = geeft e0 5 4, x = en dus x = 2 4ln . De oppervlakte van het gevraagde gebied is

39 f x( ) = 0 als x x2 4 3 0− + = . Ontbinden in factoren geeft ( )( )x x− − =1 3 0 en dus x = 1 of x = 3 .

f x x xx

xx

xx x x

x( ) = − + = − + = − + −2

2

2

2 2 224 3 4 3 1 4 3

De gevraagde oppervlakte is

40a f x x x( ) ln ln ln lnd = − = − =∫5

10

5

103 4 3 6 3 1 3 6

b f x x x( ) ln ( ln ln ) lnd = − = − = −−

−∫3

3

3

33 4 3 1 3 7 3 7

c

O

5

10

x–1 1 2 4 5 6 7 8 9

y

f

–5

–10

15

3

Het gebied waarover de integraal berekend moet worden bevat de verticale asymptoot van de functie f . Het ene stuk van de grafiek ligt onder de x -as en het andere stuk van de grafiek ligt boven de x -as. Conclusie: de gevraagde integraal is niet te berekenen.

8 2 4 16 4 4 0 5 16 40

2 4

0

2 4⋅ − = − =∫ln ( ) ln , ln

lnln

f x x xd e −− − = − + = −⋅ − ⋅( ) ln ln, ln ,4 4 16 4 16 4 16 4 120 5 2 4 0 5 0e e

− = − − − = − − − + −−∫ f x x x x x( ) ln ( ln ) (d 4 3 3 4 3 33

1 01

1

3

1

3

−− = − − + + − = −31

4 3 2 2 4 3 4) ( ln ) ln




1.6 Gemengde opdrachten

bladzijde 24

41a hpp

= ⋅

= ⋅ ( ) ≈8218 8218 1013

80019400ln ln

b ddhp

p

pp= ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅ −−8218 1

10131013 8218

101310132

pp p28218= −

ddhp p=

= − = −1000

82181000

8 218, m/mbar

ddhp p=

= − = −800

8218800

10 273, m/mbar

De afgeleide waarde geeft aan hoe snel de hoogte verandert als de luchtdruk verandert. Als de luchtdruk 1000 mbar is, daalt de hoogte 8,218 m/mbar. Als de luchtdruk 800 mbar is, daalt de hoogte 10,273 m/mbar.

c h = ⋅ =8218 1013750

2470 3ln , meter,

h = ⋅ =8218 1013680

3275 5ln , meter,

dus men is 3275 5 2470 3 805 2, , ,− = meter gestegen. d Stel je begint bij een luchtdruk p mbar. De hoogte is dan

hp

p= ⋅ = ⋅ − = ⋅8218 1013 8218 1013 8218 101ln (ln ln ) ln 33 8218− ⋅ ln p meter.

De luchtdruk halveert tot 12 p mbar. De hoogte is dan

hp

p= ⋅ = ⋅ − = ⋅8218 1013 8218 1013 821812

12ln (ln ln ) lnn ln1013 8218 1

2− ⋅ =p

8218 1013 8218 821812⋅ − ⋅ − ⋅ln ln ln p

Het hoogteverschil dat je moet overbruggen is( ln ln ) ( ln ln8218 1013 8218 8218 1013 8218⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅p 11

2128218 8218 5696 3− ⋅ = ⋅ =ln ) ln ,p meter.

Conclusie: op één dag kun je niet 5696,3 meter hoogteverschil overbruggen, dus op één dag kun je niet zoveel klimmen dat de luchtdruk gehalveerd wordt.

42a f x dx x( )ln ln ln ln

,= ⋅

= − = ≈∫ 13

3 33

13

23

1 820

1

0

1

b oppblauw gebied = ⋅ − = − ≈3 1 23

3 23

1 18ln ln

,

c Het rode gebied is een spiegeling van het blauwe gebied in de lijn y x= , dus de oppervlakten zijn gelijk aan elkaar.




d f x x( ) = 2 , h x x( ) log= 2

Ox

–2 2 43 8 9 10 11 12

y

5

2

3

4

5

8

9

1

6

6

–1

7

–2

–171

f h

De oppervlakte van het gebied dat wordt ingesloten door de grafiek van f , de x -as,

de y -as en de lijn x = 3 is f x dx x( )ln ln ln ln

0

3

0

312

2 82

12

72∫ = ⋅

= − = .

De oppervlakte van het blauwe gebied is dan 8 3 72

24 72

⋅ − = −ln ln

.

De oppervlakte van het rode gebied is dus 24 72

−ln

.

43a Controleren of geldt f gp ( ) ( )1 1= : f pp ( ) ln1 2 1 1 12= − = − en g( )1 1 12= − = − , dus de grafiek van elke functie fp snijdt de grafiek van g in het punt ( , )1 1− .

b ′ = −g x x( ) 2 , ′ = −g ( )1 2

c ′ ⋅ ′ = −f g( ) ( )1 1 1 , invullen van ′ = −g ( )1 2 geeft ′ ⋅ − = −f ( )1 2 1 en dus ′ =f ( )1 12 .

′ =f ( )1 12 combineren met ′ = ⋅ − = −f x p

xx

px

xp ( ) 2 1 22

2 levert 21

2 1 12

p − ⋅ = , waaruit

volgt 2 2 12p = en dus p = 1 1

4 .

d Als de top van de grafiek van f op de x -as ligt, moet gelden: f xp ( ) = 0 en ′ =f xp ( ) 0 . ′ =f xp ( ) 0 oplossen geeft achtereenvolgens

22 0

px

x− =

2 2 02p x− = 2 2 2p x= p x= 2 (1) Invullen van (1) in f xp

′ =( ) 0 geeft achtereenvolgens 2 02p x xln − = 2 02 2x x xln − = x x2 2 1 0( ln )− = x2 0= of 2 1 0ln x − = x = 0 of 2 1ln x = , waaruit volgt ln x = 1

2 en dus x = e12 .

De oplossing x = 0 is niet van toepassing (zie ′f xp ( ) , waar x in de noemer staat), dus

p x= = ( ) =221

2e e .




bladzijde 25

44a ′ = − ⋅ + − ⋅ ⋅ − = − ⋅− − −I t t t tt t t( ) ( ) ( )4 6 4 3 2 4 62 2 2 2e e e ++ − ⋅ − ⋅ −2 4 3 2 2( )t t te

′ =I 0 oplossen geeft achtereenvolgens ( ) ( )4 6 2 4 3 02 2 2− ⋅ + − ⋅ − ⋅ =− −t t tt te e

( ) ( )4 6 2 4 32 2 2− ⋅ = ⋅ − ⋅− −t t tt te e

( ) ( )4 6 2 4 3 2− = ⋅ −t t t

4 6 8 6 2− = −t t t

6 14 4 02t t− + = De abc -formule levert t = 2 en t = 1

3 . Plotten van de grafiek van I laat zien dat het bij t = 2 om een minimum gaat en bij t = 1

3 om een maximum. Imax ,= 0 51mega-ampere.

b ′ = ⋅ − ⋅ − − + ⋅ − = −− −J t t t tt t( ) ( ) ( )14

2 2 14

22 6 2 1 12 2e e 33 32 2 2 12

2 2 12

2t t tt t t t te e e e e− − − − −+ + + − − + = − ⋅ =− − −3 4 4 32 2 2 2 2t t t t I tt t te e e( ) ( ) , dus J t( ) is een primitieve van I t( ) .

c I t dt t tt( ) ( ) , , ,,

= − − = − − =−14

2 2

0

0 86 2 1 0 0626 0 25 0e 33126

0

0 8,

∫ Coulomb.

45a S t t t( ),

, ,= ⋅−

⋅ = −− −20 10 4

500 4 0 4e e ,

s t dt t( ) ,, ,

0

20 4

0

2 0 850 50 50 27 53∫ = − = − + ≈− −e e

b In de eerste twee seconden wordt er 27,53 mol/liter cyclopropaan omgezet in propeen.

c s t dt t( ) ,

0

0 4

050 0 50 50

∞− ∞

∫ = − = − − =e

d s t dta

( )0

25∫ = oplossen geeft achtereenvolgens

− =−50 250 4

0e , t a

− + =−50 50 250 4e , a

− = −−50 250 4e , a

e− =0 4 12

, a

− =0 4 12, lna

a =−

≈ln,

,12

0 41 73




ICT Het getal e en de natuurlijke logaritme

bladzijde 26

I-1a

O

5

10

x–1–2–3–4–5 1 2 4 5

y

–5

25

35

15

3

20

30

′ = ⋅ = ⋅f x f x x( ) , ( ) ,0 69 0 69 2

b

O

5

10

x–1–2–3–4–5 1 2 4 5

y

–10

25

15

3

20

30

–5

′ = − ⋅ = − ⋅g x g x x( ) , ( ) , ,0 69 0 69 0 5

c

O

500

1000

x–1–2–3–4–5 1 2 4 5

y

–500

2500

3500

1500

3

2000

3000

′ = ⋅ = ⋅h x h x x( ) , ( ) ,1 61 1 61 5




O

500

1000

x–1–2–3–4–5 1 2 4 5

y

–1000

2500

1500

3

2000

–500

′ = − ⋅ = − ⋅k x k x x( ) , ( ) , ,1 61 1 61 0 2

I-2a f x f x g g g gx x x( , ) ( )

, ,

,+ − = − = ⋅+0 0010 001 0 001

0 001 0,, ,

, ,

001 0 001

0 0011

0 001− = − ⋅g g

gx

x

Met cg

g ≈ −0 001 10 001

,

, volgt ′ = ⋅f x c gg

x( ) .

b Met de grafieken volgt dat cg > 0 als g > 1 en cg < 0 als g < 1 .

Met cg

g ≈ −0 001 10 001

,

, kun je zien dat cg < 0 als g0 001 1 0, − < , dus als g < 1 en dat cg > 0

als g0 001 1 0, − > , dus als g > 1 .

I-3a g ≈ 2 7,

b g0 001 10 001

1,

,− = geeft g0 001 1 0 001, ,− = , waaruit volgt g0 001 1 001, ,= en dus

g = ≈1 001 2 70 001 , ,,

I-4a ′ = ⋅ − = −− −f x x x( ) e e4 3 4 33 3

b ′ = ⋅ = ⋅f x x xx x( ) cos cossin sine e

c ′ = ⋅ + ⋅ = ⋅ +f x x x x xx x x( ) ( )2 22 2e e e

d ′ = + ⋅ − − ⋅+

= + −f xx x x x

x

x x

( ) ( ) ( )( )

e e e ee

e e e2 22

22

2 2xx x

x

x

x+

+=

+2

24

22 2e

ee

e( ) ( )

I-5 ′ =f x x( ) e en dus ′ =f ( , ) ,1 5 1 5e

y ax b x b= + = +e1 5, , invullen van het punt ( , ; ),1 5 1 5e geeft e e1 5 1 5 1 5, , ,= ⋅ + b en dus b = − ⋅ = −e e e1 5 1 5 1 51 5 0 5, , ,, , .

Conclusie: de vergelijking van de raaklijn is y x= −e e1 5 1 50 5, ,, .




bladzijde 27

I-6a Voor een top geldt dat de raaklijn horizontaal loopt. Voor een buigpunt geldt dat de raaklijn direct links van het buigpunt net onder de grafiek loopt en direct rechts van het buigpunt net boven de grafiek loopt (of andersom).

b ′ = + + ⋅ − = − + ⋅− − − −f x x xx x x x( ) ( ) ( )2 2 4 2 2 4e e e e , ′ =f x( ) 0 oplossen geeft achtereenvolgens

2 2 4 0e e− −− + ⋅ =x xx( )

2 2 4e e− −= + ⋅x xx( ) , omdat e− >x 0 voor elke x geldt dus 2 2 4= +x waaruit volgt 2 2x = − en dus x = −1 . De coördinaten van de top zijn ( , )−1 2e . ′′ = − − + + ⋅ − }{ =− − −f x xx x x( ) ( )2 2 2 4e e e

− − + + ⋅ = − + + ⋅− − − − −2 2 2 4 4 2 4e e e e ex x x x xx x( ) ( ) ′′ =f x( ) 0 oplossen geeft achtereenvolgens

− + + ⋅ =− −4 2 4 0e ex xx( )

− = − + ⋅− −4 2 4e ex xx( )

− = − +4 2 4( )x

− = − −4 2 4x en dus x = 0 . De coördinaten van het buigpunt zijn ( , )0 4 .

I-7a

O

1

2

x–1 1 2 4 5

y

–3

3

3

4

–1

–2

b De grafiek van f is afnemend stijgend, dus de helling van de grafiek van f wordt steeds kleiner, dat wil zeggen de hellinggrafiek is een dalende grafiek.

c De hellinggrafiek heeft twee asymptoten: de verticale asymptoot x = 0 en de horizontale asymptoot y = 0 , omdat de minimale helling van de grafiek van f nul is en de maximale helling van de grafiek van f gelijk is aan de helling van een verticale raaklijn.

d ′ =f xx

( ) 1

I-8 f x x( ) log= e geeft e f x x( ) = . Differentiëren geeft e f x f x( ) ( )⋅ ′ = 1 , waaruit volgt x f x⋅ ′ =( ) 1 en dus ′ =f x

x( ) 1 .

I-9a ′ =−

⋅ − = −−

f xx x

( ) 14 4

4 44 4

b ′ = ⋅ + ⋅ = ⋅ +g x x x xx

x x x( ) ln ln2 1 22




c ′ = ⋅ ⋅ = =p x xx

x x xx

xx

( ) ln ln ln2 1 2 4 422

2

2

2

d ′ = ⋅ − = −h xx x

( ) 12

2 2 1 2

e ′ =⋅ − ⋅

= −k xx

xx

xx

x( )

lnln

1 11

2 2

f q x xx( ) ln= =e , ′ =q x( ) 1

I-10a ′ =f xx

( ) 1 en ′ = ⋅ =g xx x

( ) 1 1e

e , dus de functies f en g hebben dezelfde afgeleide.

b Met de rekenregel g g ga b ablog log log+ = volgt s x f x g x x x x( ) ( ) ( ) ln ln( ) ln( )= + = + =e e 2 .

c

O

1

2

x–1–2–3–4–5 1 2 4 5

y

–2

–3

–4

5

3

3

4

–1

De functie y x x= +ln ln( )e bestaat alleen voor x > 0 . Je ziet de grafiek rechts van de y-as. Vanwege het kwadraat in y x= ln( )e 2 bestaat deze functie voor alle x . De bijbehorende grafiek is symmetrisch in de y-as.

I-11a Het domein van f is x > 0 en x ≠ e . b Als de raaklijn horizontaal is geldt ′ =f x( ) 0 .

′ =− ⋅ − ⋅ −

−=

− ⋅ +f x

xx

xx

xx

xx( )

( ln ) ln

( ln )

ln1 1 1

1

1 1

2

lln

( ln ) ( ln )

xx

x x x

1

11

12 2−=

⋅ −

′ =f x( ) 0 als de teller gelijk aan nul is. Deze vergelijking heeft geen oplossing. Conclusie: er zijn geen punten met een horizontale raaklijn.




c Wanneer x ↓ 0 gaat dan gaat f x( )↓−1 . De helling wordt als x steeds dichter bij 0 komt steeds groter.

Het punt (0, –1) hoort niet bij de grafiek. De grafiek is dus bijna verticaal in de buurt van (0, –1) Vlak bij de y-as heeft de grafiek een verticale raaklijn.

Ox

0,2 0,4

y

–0,2

–0,4

–0,6

–0,8

–1

0,6 0,8 1

ICT Afgeleide functies

bladzijde 28

I-12a Voor g = e geldt h x xe

x x f x( ) lnln

ln ln ( )= = = =1

b Voor g = 10 geldt h x x x x( ) lnln

log log= = =10

10

c Voor g = 3 geldt h x x x( ) lnln

log= =3

3 .

1

2

x1 2 4 6 7 8 9 10

y

–2

–3

3

3

–1

O5

De helling van de grafiek van h in het punt ( , )9 2 is 0,1011. Er geldt 13

19

0 1011ln

,⋅ = .




d Voor g = 4 geldt h x x x( ) lnln

log= =4

4 .

1

2

x1 2 4 6 7 8 9 10

y

–2

–3

3

3

–1

O5

De helling van de grafiek van h in het punt ( , )8 1 12 is 0,0902. Er geldt

I-13a ′ =f xx

( )ln1

6

b ′ =+

⋅ =+

f xx

x xx

( )( ) ln ( ) ln

11 2

2 21 22 2

c ′ =−

⋅ =−

f xx x

( )( ) ln ( ) ln

12 4 5

2 22 4 5

d ′ = ⋅ − = ⋅ − = −−f x

x

x xx x

( )ln ln ln1

2 32

2 32 1

32

2

I-14a f x g x( ) ( )= oplossen geeft achtereenvolgens

2 25 2log( ) log− = −x x

2 2 25 4log( ) log log− = −x x

2 25 4log( ) log− =xx

5 4− =xx

5 42x x− = x x2 5 4 0− + = ( )( )x x− − =1 4 0

x = 1 of x = 4

De coördinaten zijn dus A( , )1 2 en B( , )4 0

b Plot de grafiek van v en bepaal het maximum. v is maximaal voor p = 2 5, . c CD y y f p g p v p p pC D= − = − = = − − + =( ) ( ) ( ) log( ) log2 25 2

2 2 2 25 45

4log( ) log log log( )− − + = − ⋅ =p p

pp

22

2 254

1 25 0 25log log( , , )p p

p p− = − .

v pp p

pp

'( ), ,

( , , ), ,

,=

−⋅ − = −1

1 25 0 251 25 0 5

1 25 0 512 225 0 25 2p p− ,

v p'( ) = 0 geeft 1 25 0 5 0 2 5, , ,− = ⇒ =p p . Dus CD is maximaal voor p = 2 5, . De maximale lengte van CD is

v( , ) log( , , , , ) log ,2 5 1 25 2 4 0 25 2 4 1 56252 2 2= ⋅ − ⋅ = = 22 9161log .

14

18

0 0902ln

, .⋅ =




bladzijde 29

I-15a Als ea = 12 dan a = = −ln ,1

2 0 69 , als ea = 1 12 dan a = =ln ,1 0 411

2 , als ea = 2 12 dan

a = =ln ,2 0 9212 , als ea = 3 1

2 dan a = =ln ,3 1 2512 en als ea = 4 1

2 dan a = =ln ,4 1 5012 .

b Klopt. c ′ = ⋅ = ⋅h x x x( ) ln lnlne 3 3 3 3

d l x x x( ) ( ) ln( )= ⋅ = ⋅3 312

12e , ′ = ⋅ ⋅ = ⋅l x x x( ) ln ln ( )ln( )3 3

12 1

212

12e

I-16a ′ = ⋅f x x( ) ln 4 4

b ′ = − ⋅g x x( ) ln( ) ( )13

13

c ′ = ⋅ ⋅h x x( ) ln7 8 8

d ′ = ⋅ ⋅ − = − ⋅− −j x x x( ) ln ln2 2 3 3 2 23 3

e ′ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅+ +k x x x( ) ln ln3 4 4 2 6 4 42 1 2 1

f ′ = ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅m x x xx x x x( ) ln ln1 5 5 5 5 5 5

I-17a g = 0 99988,

b f t b gt t( ) , ,= ⋅ = ⋅0 14 0 99988

Halveringstijd: 12 0 99988= , t oplossen geeft t = =0 99988 1

2 5776, log jaar. c ′ = ⋅ ⋅f t t( ) , ln , ,0 14 0 99988 0 99988 , dus de snelheid waarmee de hoeveelheid C14

afneemt op het tijdstip Th is wel afhankelijk van de beginhoeveelheid. d ′ = ⋅ ⋅ = − ⋅ −f ( ) , ln , , ,50 0 14 0 99988 0 99988 1 67 1050 5 milligram per jaar, dus een afname met 1 67 10 5, ⋅ − mg/jaar e Je vindt de leeftijd van dit fossiel door op te lossen: 100 0 99988 2⋅ =, t . Dit geeft

t = 32598 jaar.

Test jezelf

bladzijde 32

T-1a 2 1 169a = , geeft a = ≈2 1 169 0 225log , , , dus B t= ⋅60 20 225,

b 120 60 1 169= ⋅ , t geeft 2 1 169= , t en dus t = ≈1 169 2 4 44, log , periodes van tien jaar. De verdubbelingstijd is dus 44,4 jaar. c In 1980 zijn er 60 miljoen inwoners. Oplossen van 480 60 1 169= ⋅ , t geeft 8 1 169= , t en

dus t = ≈1 169 8 13 3, log , periodes van 10 jaar. Conclusie: in het jaar 2113 (1980+133) is de bevolking acht keer zo groot als in 1980.

d Voor 1970 geldt t = −1 , dus B = ⋅ =−60 1 169 51 31, , miljoen. Voor 1960 geldt t = −2 dus B = ⋅ =−60 1 169 43 92, , miljoen.

e De verdubbelingstijd geeft aan na hoeveel tijd de bevolking verdubbeld is. Als je terug gaat in de tijd, geeft de verdubbelingstijd aan na hoeveel tijd de bevolking gehalveerd is. Dus de bevolkingsgrootte is ongeveer 30 miljoen in het jaar 1935 (1980 44 4− , ).




T-2a ′ = +f x x( ) , ,0 5 0 5 3e

b ′ = ⋅ + ⋅ − = ⋅ − ⋅− + − + − + − +g x x x x xx x x x( ) 3 32 3 3 3 2 3 3e e e e 33 2 3 33= − ⋅ − +( )x x xe

c ′ = ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ − = −h x xx

xx

xx x x x

( ) (3 2 3 1 6 3 6 32 2

2

2 2

2e e e e )) ⋅ e2

2

x

x d k x x x x( ) = ⋅ =+ +e e e2 1 3 1 , ′ = +k x x( ) 3 3 1e

T-3a ′ =−

⋅ − =f xx x

( ) 12

2 1

b ′ =−

⋅ − = −−

= −−

g xx x x

( ) 16 2

2 26 2

13

c ′ = ⋅ − + − ⋅ = − + −h xx

x xx

xx x

xx x

( ) (ln ) (ln ) ln ln1 2 1 1 2 1 == −2 3ln xx x

d ′ = ⋅−

⋅ − = −−

k xx x

( ) 12

12 3

3 34 6

e ′ = − ⋅ + ⋅ ⋅ = − ⋅− − −l x x xx

x x x( ) (ln ) ln (ln2 2 1 22 2 2 2e e e xx xx

x

) ln222+

−e

f ′ =+

⋅ − = −+−

−−

−m x x xx x

x x

x x( ) ( )1e e

e e e ee e

T-4a ′ = ⋅ ⋅ = ⋅h x x x( ) ln ln3 2 2 3 2 2

b ′ = − ⋅ ⋅ − = + ⋅− −g x x x( ) ln ln3 2 2 1 3 2 2

c ′ = ⋅ − ⋅ = − ⋅− −f x x x( ) ln ln3 2 3 2 3 31 2 1 2

d ′ = ⋅ = ⋅k x x x( ) ( ) ln ln ( )5 5 5 512

e ′ =⋅

⋅ =⋅

=l xx

xx x

( )ln ln ln

13 3

6 63 3

232

f ′ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ +m x x x xx

x x x( ) log( )ln

log( )2 2 12 5

2 2 25 2 5

lln 5

T-5a F x Cx( ) = ++12

2 1e

b G x Cx( )ln

= − ⋅ +−13

31

c H x x C( ) ln= − + +13 3 2

d J x x Cx( )ln

= + ⋅ +−13

3 2

e K x xx

( ) ( )= − +−

−2 1 11

3 , K x x x Cx

x C( ) ( ) ln( )

ln= − − + − + = −−

+ − +−1 1 11

122

f L x x C( ) ln= − +34 4 9

bladzijde 33

T-6a gper dag e= =−0 006 0 994, ,

b Oplossen van 20 40 0 006= ⋅ −e , t geeft 12

0 006= −e , t en dus

− = ⇒ =−

≈0 0060 006

115 5212

12, ln

ln,

,t t dagen.

Dus na 116 dagen is het vermogen gehalveerd. c ′ = ⋅ ⋅ − = −− −P t t40 0 006 0 240 006 0 006e e, ,, , en ′ = − = −− ⋅P 0 24 0 1320 006 100, ,,e watt per dag.




T-7a ′ = + ⋅ + + ⋅ − = + ⋅ −− − −f x x x x xx x x( ) ( ) ( ) ( ) (4 3 2 3 4 32e e e 22 32x x x+ ⋅ =−) e

( )− + + ⋅ −2 32x x xe . b De raaklijn gaat door (0, 0) dus is van de vorm y ax= met a f= ′ = ⋅ − =( )0 3 1 0 3 . De raaklijn in O is dus y x= 3 . c ′ =f x( ) 0 oplossen geeft achtereenvolgens ( )− + + ⋅ =−2 3 02x x xe

− + + =2 3 02x x

x x2 12

121 0− − =

( )( )x x+ − =1 1 012

x = −1 of x = 1 12

De uiterste waarden van f zijn f ( )− = −1 e en f ( )1 9 912

112= =−e

e e.

d Snijpunten bepalen: f x g x( ) ( )= oplossen geeft achtereenvolgens ( )2 32x x x x+ = −− −e e

2 3 12x x+ = − 2 3 1 02x x+ + = x x2 1

2121 0+ + =

( )( )x x+ + =1 012

x = −1 of x = − 12

De oppervlakte van het ingesloten gebied is

Met de GR vind je de oppervlakte 0,09.

T-8a ′ = − +f xx

( ) 2 6 , ′ =f x( ) 0 oplossen geeft − + =2 6 0x

waaruit volgt 6 2x

= en dus x = 3 .

De coördinaten van de top van de grafiek van f zijn ( , ln )3 6 6 3− + .

b ′ =f x( ) 18 oplossen geeft − + =2 6 18x

waaruit volgt 6 20x

= en dus x = 0 3, .

De coördinaten van het punt op de grafiek waar de helling gelijk is aan 18 zijn ( , ; , )0 3 7 82− .

c ′ = − + =f ( )1 2 6 4 dus y ax b x b= + = +4 . Invullen van het punt ( , )1 2− levert − = ⋅ +2 4 1 b en dus b = −6 . De vergelijking van de raaklijn is dus y x= −4 6 . Hiermee vind je A( , )1 01

2 en B( , )0 6− . De oppervlakte van de driehoek OAB is dus opp = ⋅ ⋅ =1

212

121 6 4 .

T-9a f x( ) = 0 als 2 2 0+ =ln x . Dit geeft 2 2ln x = − waaruit volgt ln x = −1 en dus x = =−e

e1 1 .

b Verticale asymptoot: x = 0 , horizontale asymptoot: y = 0 .

c ′ =⋅ − + ⋅

= − − = −f xx

xx

xx

xx

x( )

( ln )ln ln

2 2 2 12 2 2 2

2 2 2

′ =f x( ) 0 als − =2 0ln x . Dit geeft ln x = 0 en dus x = 1 . De uiterste waarde van f is

f ( )1 2 01

2= + = . Dus een maximum 2 voor x = 1 .

d ′ = ⋅ + ⋅ = + ⋅ = + =F x xx x

xx

xx

f x( ) ln ( ln ) ln ( )2 1 2 1 2 2 1 2 2

e A p f x dx x x pp

p( ) ( ) (ln ) ln (ln ) ln= = + = +

−−∫

ee

1

1

2 22 2 pp p p− − = + +( ) (ln ) ln1 2 2 12

g x f x dx x x dxx x( ) ( ) ( )−( ) = − − + ⋅− −

−

−

−

−

∫ e e2 32

11

12

122

∫ .




f A p( ) = 4 geeft (ln ) lnp p2 2 1 4+ + = . Toepassen van de substitutie u p= ln geeft achtereenvolgens

u u2 2 1 4+ + = u u2 2 3 0+ − = ( )( )u u− + =1 3 0

u = 1 of u = −3

ln p = 1 geeft p = e en ln p = −3 geeft p = −e 3 . Alleen de eerste oplossing is in deze situatie van toepassing. Dus p = e .



Hoofdstuk 1 - Exponentiële en logaritmische...

Documents

Transcript of Hoofdstuk 1 - Exponentiële en logaritmische...